2026高中物理必修三同步专题08 C带电粒子在电场中的运动 提升版（教师版）

带电粒子在电场中的运动

知识点：带电粒子在电场中的运动

一、带电粒子在电场中的加速

分析带电粒子的加速问题有两种思路：

1．利用牛顿第二定律结合匀变速直线运动公式分析．适用于电场是匀强电场且涉及运动时

间等描述运动过程的物理量，公式有qE＝ma，v＝v0＋at等．

2．利用静电力做功结合动能定理分析．适用于问题涉及位移、速率等动能定理公式中的物

12121212

理量或非匀强电场情景时，公式有qEd＝mv－mv0(匀强电场)或qU＝mv－mv0(任何

2222

电场)等．

二、带电粒子在电场中的偏转

如图所示，质量为m、带电荷量为q的基本粒子(忽略重力)，以初速度v0平行于两极板进入

匀强电场，极板长为l，极板间距离为d，极板间电压为U.

(1)运动性质：

①沿初速度方向：速度为v0的匀速直线运动．

②垂直v0的方向：初速度为零的匀加速直线运动．

(2)运动规律：

lqU

①偏移距离：因为t＝，a＝，

v0md

1qUl2

偏移距离y＝at2＝.

2

22mv0d

qUl

②偏转角度：因为vy＝at＝，

mv0d

vyqUl

tanθ＝＝.

2

v0mdv0

三、示波管的原理

1．示波管主要由电子枪(由发射电子的灯丝、加速电极组成)、偏转电极(由一对X偏转电极

和一对Y偏转电极组成)和荧光屏组成．

2．扫描电压：XX′偏转电极接入的是由仪器自身产生的锯齿形电压．

3．示波管工作原理：被加热的灯丝发射出热电子，电子经加速电场加速后，以很大的速度

进入偏转电场，如果在Y偏转电极上加一个信号电压，在X偏转电极上加一个扫描电压，

当扫描电压与信号电压的周期相同时，荧光屏上就会得到信号电压一个周期内的稳定图像．

技巧点拨

一、带电粒子在电场中的加速

1．带电粒子的分类及受力特点

(1)电子、质子、α粒子、离子等基本粒子，一般都不考虑重力．

(2)质量较大的微粒，如带电小球、带电油滴、带电颗粒等，除有说明或有明确的暗示外，

处理问题时一般都不能忽略重力．

2．分析带电粒子在电场力作用下加速运动的两种方法

(1)利用牛顿第二定律F＝ma和运动学公式，只能用来分析带电粒子的匀变速运动．

121212

(2)利用动能定理：qU＝mv－mv0.若初速度为零，则qU＝mv，对于匀变速运动和非匀

222

变速运动都适用．

二、带电粒子在电场中的偏转

如图所示，质量为m、电荷量为＋q的粒子以初速度v0垂直于电场方向射入两极板间，两平

行板间存在方向竖直向下的匀强电场，已知板长为l，板间电压为U，板间距离为d，不计

粒子的重力．

1．运动分析及规律应用

粒子在板间做类平抛运动，应用运动分解的知识进行分析处理．

(1)在v0方向：做匀速直线运动；

(2)在电场力方向：做初速度为零的匀加速直线运动．

2．过程分析

如图所示，设粒子不与平行板相撞

l

初速度方向：粒子通过电场的时间t＝

v0

qEqU

电场力方向：加速度a＝＝

mmd

离开电场时垂直于板方向的分速度

qUl

vy＝at＝

mdv0

速度与初速度方向夹角的正切值

vyqUl

tanθ＝＝

2

v0mdv0

离开电场时沿电场力方向的偏移量

1qUl2

y＝at2＝.

2

22mdv0

3．两个重要推论

(1)粒子从偏转电场中射出时，其速度方向的反向延长线与初速度方向的延长线交于一点，

此点为粒子沿初速度方向位移的中点．

11

(2)位移方向与初速度方向间夹角α的正切值为速度偏转角θ正切值的，即tanα＝tanθ.

22

4．分析粒子的偏转问题也可以利用动能定理，即qEy＝ΔEk，其中y为粒子在偏转电场中沿

电场力方向的偏移量．

例题精练

1．（烟台模拟）一带负电的离子在匀强电场中运动，从a点运动到c点的轨迹如图所示。已

知该粒子运动到b点时速度方向与它所受电场力方向恰好互相垂直。不计粒子的重力，

则从a点运动到c点的过程中，下列说法正确的是（）

A．a点电势大于c点电势

B．粒子的电势能先减少后增加

C．粒子单位时间内速度的变化量不同

D．粒子所受的电场力先做负功后做正功

【分析】粒子做曲线运动，所受的合力即电场力指向轨迹的内侧，离子的速度沿轨迹的

切线方向，根据粒子运动到b点时速度方向与它所受电场力方向恰好互相垂直，确定粒

子受到的电场力方向，判断电场方向，从而确定电势高低，根据电场力做功正负判断电

势能的变化，根据△v＝at分析粒子单位时间内速度的变化量。

【解答】解：A、已知该粒子运动到b点时速度方向与它所受电场力方向恰好互相垂直，

由于该粒子运动到b点时速度方向沿b点轨迹的切线方向，结合粒子做曲线运动，所受

的合力即电场力指向轨迹的内侧，则知粒子受到的电场力方向竖直向下，而该粒子带负

电，则电场方向竖直向上，因此，a点电势低于c点电势，故A错误；

B、从a点运动到c点的过程中，电场力先做负功后正功，粒子的电势能先增加后减少，

故B错误；

C、根据△v＝at分析粒子单位时间内速度的变化量等于加速度，保持不变，故C错误；

D、粒子所受的电场力方向与速度方向先成钝角后成锐角，则电场力先做负功后做正功，

故D正确。

故选：D。

【点评】本题的关键要掌握物体做曲线运动的动力学特征：合外力指向轨迹的内侧，结

合电场力做功情况进行分析。

2．（浙江模拟）如图所示，固定光滑直杆上套有一个质量为m，带电量为+q的小球和两根

原长均为L的轻弹簧，两根轻弹簧的一端与小球相连，另一端分别固定在杆上相距为2L

的A、B两点，空间存在方向竖直向下的匀强电场。已知直杆与水平面的夹角为，两弹

簧的劲度系数均为，小球在距B点的P点处于静止状态，Q点距Aθ点，

重力加速度为g。下列选项正确的是（）

A．匀强电场的电场强度大小为

B．若小球从P点以初速度v0沿杆向上运动，恰能到达Q点，初速度

C．小球从Q点由静止下滑过程中动能最大为

D．从固定点B处剪断弹簧的瞬间小球加速度大小为，方向向上

【分析】对小球由共点力平衡求解劲度系数；小球从P点到达Q点的过程中弹簧弹力做

功为零，根据动能定理求解初速度大小；小球从Q点由静止下滑时，运动到P时动能最

大，根据动能定理求解最大动能；根据牛顿第二定律求解加速度大小。

【解答】解：A、小球受两根弹簧的弹力大小为：F＝2kΔx＝2××＝

，对小球由共点力平衡可知：（mg+Eq）sin＝F，

θ

解得：E＝，故A错误；

B、根据对称性可知，小球从P点到达Q点的过程中弹簧弹力做功为零，根据几何关系

可得PQ间距x＝2L﹣2×＝

根据动能定理可得：﹣（mg+Eq）xsin＝0﹣，解得：v0＝，故B

错误；θ

C、小球从Q点由静止下滑时，运动到P点受平衡力作用，速度最大，动能最大，从Q

到P过程中，根据动能定理可得：（mg+Eq）xsin＝Ek﹣0，解得：Ek＝，故

θ

C正确；

D、从固定点B处剪断弹簧的瞬间小球加速度方向沿AB向下，合力等于原来PB间弹簧

的弹力，根据牛顿第二定律可得：

a＝＝，故D错误。

故选：C。

【点评】本题主要是考查带电小球在电场中的运动，关键是弄清楚受力情况和运动情况，

能够根据动能定理、牛顿第二定律等进行解答。

随堂练习

1．（鼓楼区校级模拟）如图所示，A、B为水平放置平行正对金属板，在板中央分别有一小

孔M、N，D为理想二极管，R为滑动变阻器．闭合开关S，待电路稳定后，将一带负电

荷的带电小球从M、N的正上方的P点由静止释放，小球恰好能运动至小孔N处。下列

说法正确的是（）

A．若仅将A板上移，带电小球将无法运动至B板的小孔N处

B．若仅将A板上移，带电小球仍将恰好运动至B板的小孔N处

C．若仅将R的滑片上移，带电小球仍将恰好运动至B板的小孔N处

D．若仅将R的滑片上移，带电小球将从B板的小孔N处穿出

【分析】电路稳定时：对小球列动能定理

A、B、A板上移→板间距离↑→C↓→Q↓→即电容器要放电，由于二极管的单向导电性

→电容器不能放电，即Q不变→板间电压U′＞U，与电路稳定时比较判断；

C、D、R的滑片上移，滑动变阻器在电路中有效阻值变大，电容器板间电压变大为U1

＞U，与电路稳定时比较判断.

【解答】解：A、B、设电路稳定时电容器带电量为Q，板间电压为U，板间距离为d，P

到N高度为h，对带电小球，设其质量为m，电量为q，由P到N，由动能定理：mgh

﹣qU＝0﹣0＝0，

即mgh＝qU，仅将A板上移，板间距离增大，由C＝可得C变小，而U不变，

ɛ

由Q＝CU可知Q应变小，即电容器要放电，但由于二极管的单向导电性，电容器不能

放电，Q不变，所以U′＝＞U变大，mgh＜qU′，即小球不能到达N孔，故A正确，

B错误；

C、D、仅将R的滑片上移，滑动变阻器在电路中有效阻值变大，电容器板间电压变大为

U1，由动能定理：mgh﹣q＝0，与mgh＝qU＝q比较，因U1＞U，所以d′＜

d，即小球不能到达N孔，故CD错误。

故选：A。

【点评】含容电路要搞清电路结构，注意电容器板间电压的变化引起充放电，特别是二

极管的单向导电性对放电的影响。

2．（山东模拟）如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m的带正电小球，以初速度v

从P点竖直向上抛出，到达最高点Q时的速度大小为0.5v，后来小球又经过与P点等高

的N点，下列说法正确的是（）

A．小球运动到N点时，动能为mv2

B．小球运动到N点时，电势能增加2mv2

C．小球从P运动到Q的过程，机械能增加2mv2

D．小球从P运动到Q的过程，动能减少0.25mv2

【分析】根据运动的合成与分解求解小球到达N点时竖直方向和水平方向的速度大小，

由此得到小球运动到N点时的动能；电场力一直在做正功，电势能减小；求出电场力做

的功分析机械能的增加；根据动能的计算公式求解小球从P运动到Q的过程中动能的减

少。

【解答】解：A、小球在竖直方向上做竖直上抛运动，根据对称性可知，向上和向下运动

的时间相等，小球运动到N点时，竖直方向速度大小为v，方向竖直向下。

小球在水平方向上做匀加速直线运动，从P到Q，有：0.5v＝axt；从P到N，vx＝ax•2t

2

＝v，小球运动到N点时的动能为Ek＝＝mv，故A正确；

B、小球运动过程中，电场力一直在做正功，电势能减小，故B错误；

C、小球从P运动到Q的过程，水平方向根据速度位移关系可得：（0.5v）2＝2，所

以电场力做的功W电＝qEx＝＝，所以机械能增加了，故C

错误；

D、小球从P运动到Q的过程，动能减少：△Ek＝﹣＝，故

D错误。

故选：A。

【点评】本题主要考查带电粒子在电场中的运动，关键是弄清楚小球的运动情况、受力

情况、机械能的转化情况以及电场力做功情况，能够根据运动的合成与分解进行分析。

3．（重庆模拟）如图所示，水平向右且范围足够大的匀强电场空间内，一质量为m的带电

小球，通过一长度为l的不可伸长的绝缘轻绳悬挂于水平天花板上O点，静止时轻绳与

竖直方向夹角为。现用外力将小球缓慢移到O点正下方B点，然后撤去外力，将小球

由静止开始无初速θ度释放，小球运动过程中轻绳始终绷直，已知为锐角，重力加速度为

g，不计空气阻力，下列说法正确的是（）θ

A．外力对小球做功为0

B．小球运动到A点时机械能最大

C．小球到达最高点时轻绳的拉力大小为mg

D．小球运动过程中速度最大值为

【分析】在A对小球受力分析可知电场力、重力的方向和大小关系，则小球缓慢移到O

点正下方B点过程中可知外力做功情况；电场力做功改变机械能；小球在最高点对小球

受力分析可知轻绳拉力等于小球重力；小球运动到A点时速度最大，从B点到A点由动

能定理可求出小球运动的速度最大值。

【解答】解：A、小球静止在A点时，受力平衡，则

tan＝

θ

则电场力qE＝mgtan

小球缓慢移到O点正θ下方B点过程中，重力和电场力的合力为阻力，外力为动力，做正

功，故A错误；

B、把重力和电场力的合力视为“等效重力”，A点为等效最低点，易得小球的摆动关于

OA对称，上摆过程中电场力做正功电势能减小，机械能增加，小球经过A点后，机械

能仍增加，故B增加；

C、小球到达最高点时轻绳的拉力与B点相等仍为mg，故C正确；

D、小球运动到A点时速度最大，从B点到A点由动能定理可知：

qElsin﹣mgl（l﹣cos）＝﹣0

θθ

解得：v＝，故D错误；

故选：C。

【点评】本题考查等效重力场的知识，在只有重力作用下，最低点速度最大，最高点速

度最小。当空间存在电场时，将重力和电场合成为等效重力场，小球在等效最低点时速

度最大，在等效最高点时速度最小，根据动能定理求出速度最大值和速度最小值。

综合练习

一．选择题（共20小题）

1．（辽宁模拟）如图所示，在xOy坐标系所在平面内有沿x轴负方向的匀强电场，两个电

荷量不等、质量相等的带电粒子A、B，从y轴上的S点以不同的速率沿着y轴正方向射

入匀强电场，两粒子在圆形区域中运动的时间相同，不计粒子所受的重力，则（）

A．A粒子带负电荷

B．B粒子所带的电荷量比A粒子少

C．A粒子在圆形区域中电势能变化量小

D．B粒子进入电场时具有的动能比A粒子大

【分析】根据粒子的偏转判断粒子的带电性质；

根据粒子x轴方向的偏转距离判断两粒子的电荷量大小关系；

根据静电力做功的多少判断两粒子的电势能变化量的大小关系；

根据粒子y轴方向的运动距离判断两粒子进入电场时具有的动能的大小关系；

【解答】解：A、A粒子向左偏转，所受的电场力向左，与电场方向相同，故A粒子带

正电荷，故A错误；

B、两个粒子水平方向都做初速度为零的匀加速直线运动，有，E、t、

m相等，则x∝q，可知，B粒子所带的电荷量比A粒子多，故B错误；

C、电场力对粒子做功为W＝qEx，A粒子电荷量少，偏转位移小，则电场力对A粒子做

功少，其电势能变化量小，故C正确；

D、y轴方向有y＝vt，相同时间内，B粒子的竖直位移小，则B粒子进入电场时初速度

小，又两粒子质量相等，所以B粒子初动能就小，故D错误.

故选：C。

【点评】本题考查带电粒子在电场中的类平抛运动，对两个方向分别列式，再对各问题

一一分析处理即可。

2．（吉林模拟）如图所示，曲线ACB处于匀强电场中，O为AB的中点，OC长为L，且与

AB垂直。一质量为m、电荷量为q带正电的粒子仅在电场力作用下沿ACB依次通过A、

C、B三点，已知粒子在A、B两点的速率均为2v0，在C点的速度大小为，且方

向与OC垂直。匀强电场与曲线所在的平面平行，则该匀强电场的电场强度大小和方向

分别为（）

A．沿CO方向B．，沿OC方向

C．，沿CO方向D．沿OC方向

【分析】已知粒子在A、B两点的速率均为2vo，在C点的速度大小为，说明A、

B电势相等，AB为等势线，C点电势比A电势高，根据电场线垂直于等势面和沿电场方

向电势降低判断电场方向；根据E＝和动能定理求解电场强度大小。

【解答】解：已知粒子在A、B两点的速率均为2v0，在C点的速度大小为，说明

A、B电势相等，AB为等势线，C点电势比A电势高，所以电场方向沿CO方向，根据

E＝知E＝

研究粒子由C运动到B，根据动能定理知：

22

qUCB＝m（2v0）﹣m（v0）

联立解得：E＝，故C正确，ACD错误。

故选：C。

【点评】本题主要考查了匀强电场中电场力做功与带电粒子的动能之间的关系，根据电

势差的变化以及带电粒子动能的变化，即可表示出电场强度的大小。

3．（湖北模拟）如图所示，一充电后与电源断开的平行板电容器的两极板水平放置，板长为

L，板间距离为d，距板右端L处有一竖直屏M.一带电荷量为q、质量为m的质点以初

速度v0沿中线射入两板间，最后垂直打在M上，则下列结论正确的是（已知重力加速度

为g）（）

A．两极板间电压为

B．整个过程中合外力对质点做负功

C．整个过程中质点的重力势能增加

D．若仅增大两极板间距，则该质点不可能垂直打在M上

【分析】根据题意分析，小球最后垂直打在M屏上，必须考虑质点的重力。小球在平行

金属板间轨迹应向上偏转，飞出电场后，小球的加速度向下，最后才能最后垂直打在M

屏上，根据对称性可明确加速度关系，从而根据动力学规律即可明确板间电场强度和电

势差，根据功能关系可分析重力势能的增加量；同时明确电量不变只改变板间距离时，

两板间的电场强度不变，带电粒子的运动情况不变。

【解答】解：A、据题分析可知，小球在平行金属板间轨迹应向上偏转，做类平抛运动，

飞出电场后，小球的轨迹向下偏转才能最后垂直打在M屏上，前后过程质点的运动轨迹

有对称性，如图所示

可见两次偏转的加速度大小相等，根据牛顿第二定律得：qE﹣mg＝mg，

得到：E＝．由U＝Ed可知，板间电压U＝，故A错误；

B、整个过程中，质点受到竖直方向的电场力和重力，水平方向不受力，在竖直方向上速

度由零增加然后又减小到零，所以合外力对质点先做正功后做负功，故B错误；

C、小球在电场中向上偏转的距离y＝at2，而a＝＝g，t＝，解得：y＝；

故小球打在屏上的位置与P点的距离为：s＝2y＝，重力势能的增加量EP＝mgs＝

，故C正确。

D、仅增大两板间的距离，因两板上电量不变，根据E＝＝＝＝，

可知，板间场强不变，小球在电场中受力情况不变，则运动情况不变，故仍垂直打在屏

上，故D错误。

故选：C。

【点评】本题是类平抛运动与平抛运动的综合应用，基本方法相同：运动的合成与分解，

关键要分析出小球在电场内外运动过程的对称性，得到加速度关系。

4．（淮安月考）示波器是一种多功能电学仪器，它是由加速电场和偏转电场组成的。如图所

示，不同的带负电粒子在电压为U1的电场中由静止开始加速，从M孔射出，然后射入

电压为U2的平行金属板间的电场中，入射方向与极板平行，在满足带负电粒子能射出平

行板电场区域的条件下，下列说法错误的是（）

A．若电荷量q相等，则带负电粒子在板间的加速度大小相等

B．若比荷相等，则带负电粒子从M孔射出的速率相等

C．若电荷量q相等，则带负电粒子从M孔射出的动能相等

D．若比荷不同的带负电粒子射出电场，则偏转角度相同

【分析】根据牛顿第二定律分析加速度关系；带电粒子θ在加速电场中加速过程，利用动

能定理列式分析粒子从M孔射出的速率和动能关系；带电粒子进入平行金属板间做类平

抛运动，根据分位移公式和几何关系分析偏转角度关系。

【解答】解：A、根据牛顿第二定律得带负电粒子在板间的加速度大小a＝＝，

则知电荷量相等，质量不一定相等，则加速度大小不一定相等，故A错误；

B、带电粒子在加速电场中加速过程，根据动能定理得：qU1＝，得v0＝，

可知，比荷相等，则带负电粒子从M孔射出的速率相等，故B正确；

C、带负电粒子从M孔射出的动能为Ek＝＝qU1，可知，若电荷量q相等，则带

负电粒子从M孔射出的动能相等，故C正确；

D、带电粒子进入平行金属板间做类平抛运动，设极板长度为L，板间距离为d，粒子在

水平方向做匀速直线运动，则有L＝v0t，得t＝。粒子射出电场时偏转角度正切tan

θ

＝，结合v0＝，a＝，联立解得tan＝，可知，tan与无关，

θθ

则比荷不同的带负电粒子射出电场时偏转角度相同，故D正确。

本题选错误的，θ

故选：A。

【点评】解答本题时，要搞清带电粒子的运动过程，把握每个过程的物理规律，能运用

运动的分解法研究类平抛运动。要知道带电粒子经同一电场加速后经同一偏转电场偏转

后，比荷不同的带电粒子偏转角度相同。

5．（五华区校级模拟）如图所示，平行板电容器的上极板与滑动变阻器的滑片C相连接。

电子以速度v.平行于极板射入并穿过平行板间的电场。在保证电子还能穿出平行板间电

场的情况下，使滑动变阻器的滑片C上移，则关于电容器极板上所带电荷量Q和电子穿

过平行板所需时间t的说法中，正确的是（）

A．电荷量Q增大，时间t减小

B．电荷量Q不变，时间t不变

C．电荷量Q增大，时间t不变

D．电荷量Q不变，时间t增大

【分析】滑动变阻器的滑片C上移时，分析电容器极板间电压的变化情况，根据Q＝CQ

分析电容器极板上所带电荷量Q的变化情况。电子在平行板电容器中做类平抛运动，根

据类平抛运动的规律分析时间的变化情况。

【解答】解：当滑动变阻器的滑片C上移时，跟电容器并联的阻值增大，根据串联电路

分压规律可知电容器极板间的电压U增大，根据Q＝CU知，C不变，则电荷量Q增大。

电子在平行板电容器中做类平抛运动，沿极板方向做匀速直线运动，根据L＝v0t知t＝，

所以电子电子穿过平行板所需时间与电压的变化无关，所以时间t不变，故ABD错误，

C正确。

故选：C。

【点评】本题中滑动变阻器接成分压式，要知道滑片C上移时，其输出电压增大。要能

灵活运用运动的分解法研究类平抛运动，知道其运动时间与板间电压无关。

6．（海口模拟）在某静电场中由静止释放一电子，该电子仅在电场力作用下沿直线运动，其

加速度a随时间t的变化规律如图所示。则下列说法正确的是（）

A．电子做减速运动

B．电子运动过程中途经各点的电势逐渐降低

C．该电场一定是非匀强电场

D．电子具有的电势能逐渐增大

【分析】电子从静止做加速运动，根据a﹣t图像可知加速度的变化情况，再根据牛顿第

二定律分析电子所受的电场力变化情况，从而明确电场强度的变化；根据粒子运动情况

分析电场力做功情况，从而明确电势能的变化情况。

【解答】解：A、电子从静止开始在电场力作用下，只能做加速运动，故A错误；

BD、电子由静止释放做加速运动，电子所受的电场力做正功，电子具有的电势能逐渐减

小，则电子运动过程中途经各点的电势逐渐升高，故BD错误；

C、电子仅在电场力作用下沿直线运动，由于电子的加速度变化，由牛顿第二定律F＝ma

知电子在运动过程中所受的电场力一定变化，则运动轨迹上各点的场强大小改变，因此，

该电场一定不是匀强电场，故C正确。

故选：C。

【点评】本题考查带电粒子在电场中的运动与图象的结合，要明确图像的物理意义，掌

握电场力做功与电势能变化的关系，知道电场力做正功时，电势能减小。

7．（武汉模拟）一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d，极板分别与电池两极相连，

上极板中心有一小孔（小孔对电场的影响可忽略不计）。小孔正上方d处的P点有一带

电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处（未与极板接触）

返回。若将下极板向下平移d，则从P点开始下落的相同粒子将（）

A．打到下极板上B．在下极板处返回

C．在距下极板d处返回D．在距上极板d处返回

【分析】下极板未移动前，对带电粒子从静止释放到速度为零的过程，运用动能定理列

式；若将下极板向下平移d，设粒子运动到距离上极板x处返回，再根据动能定理列式，

从而求得x，即可判断粒子的运动情况。

【解答】解：下极板未移动前，对带电粒子从静止释放到速度为零的过程，根据动能定

理得

mg•d﹣qU＝0

若将下极板向下平移，设粒子运动到距离上极板x处返回。根据动能定理得

mg（+x）﹣q•U＝0

解得x＝4d，即粒子打到下极板上，故A正确，BCD错误。

故选：A。

【点评】本题涉及力在空间的效果，要优先考虑动能定理。运用动能定理时，要灵活选

择研究过程，本题选择全过程列方程，比较简洁。

8．（北仑区校级期中）如图所示，发电机两极分别与两块足够大水平放置的固定平行金属板

连接，两板间距为d。现使得发电机以角速度＝rad/s匀速转动，从上往下看是顺时

针转动，从图示时刻开始计时，此时在平板之ω间中心静止释放一个重力不计的二价铜离

子。若第1s内位移大小是A，且A＜＜d，则以下说法错误的是（）

A．零时刻，两极板间的电场方向向上

B．第1秒末，微粒的加速度大小为零

C．前2秒内，微粒的最大速度为A

D．第3秒末，微粒的位移大小为3Aω

【分析】根据楞次定律判断感应电动势的方向，确定电容器两极板间的电场方向；根据

牛顿第二定律分析粒子的运动情况，结合简谐运动的规律和运动学公式进行解答。

【解答】解：A、线圈转动的周期T＝＝s＝4s，从图示位置开始计时，发电机

产生余弦式交流电，如图所示，零时刻，线圈中感应电流方向为逆时针，电容器下极板

带正电荷，上极板带负电荷，两极板间的电场方向向上，故A正确；

B、第1秒末，线圈产生的感应电动势为零，电容器两极板间的场强为零，微粒所受的电

场力为零，微粒的加速度大小为零，故B正确；

C、铜离子在第1秒内向上加速运动，第2秒向上做减速运动，则第1秒末速度最大。线

圈产生的感应电动势，即两极板间的电压满足u＝Emcost＝BScost，微粒受到的电场

力满足F＝2e•＝cost，满足简谐运动回复力ω的条件，ω可知ω微粒在两极板间做

ω

简谐运动，第1内位移大小是A，即为振幅，故位移为x＝A﹣Acost＝A﹣Acost

ω

求导可得v＝Asint＝Asint

ωωω

可知，第1s末达到最大速度，且最大速度为A，故C正确；

ω

D、根据运动的对称性可知，离子在2秒末速度为零，第3秒内向下加速运动，位移大小

是A，故D错误。

本题选错误的，

故选：D。

【点评】解答本题的关键要明确微粒的受力情况，判断知道微粒在两极板间做简谐运动，

通过求导的方法求微粒的最大速度，要有运用数学知识解决物理问题的能力。

9．（江苏模拟）带电粒子沿水平方向射入竖直向下的匀强电场中，运动轨迹如图所示，粒子

在相同的时间内（）

A．位置变化相同B．速度变化相同

C．速度偏转的角度相同D．动能变化相同

【分析】根据带电粒子在电场中的受力情况，分析可知粒子做类平抛运动，同时根据动

能定理分析粒子动能变化。

【解答】解：粒子在水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运

动。在竖直方向上在相同的时间内运动的位移之比为1：3：5…。

A．粒子在水平方向上位置变化相同，在竖直方向上位置变化不同，所以其位置变化不同，

故A错误；

B．因为粒子做匀变速曲线运动，根据匀变速运动的规律可知，粒子在相同时间内速度变

化相同，故B正确；

C．粒子的速度逐渐靠近（而不会达到）竖直方向，所以速度的偏转角度会越来越小，故

C错误；

D．根据动能定理：△Ek＝Eqsy，动能的变化与竖直位移成正比，而竖直位移在相同时间

内之比为1：3：5…，所以动能变化不同，故D错误。

故选：B。

【点评】本题考查带电粒子在电场中的运动，解决本题的关键是利用类平抛运动是匀变

速曲线运动的规律求解。

10．（宣城期中）一带正电的粒子在电场中做直线运动的v﹣t图象如图所示，t1、t2时刻分

别经过M、N两点。已知运动过程中粒子仅受电场力作用，则下列判断正确的是（）

A．该电场可能是由某正点电荷形成的

B．M点的电势高于N点的电势

C．粒子从M点运动到N点的过程中，电场力一定对粒子做正功

D．粒子从M点运动到N点的过程中，电势能逐渐增大

【分析】粒子在电场中做匀减速直线运动，加速度是一个定值，所以电场力不变，是匀

强电场；由速度﹣时间图象分析粒子速度的变化，根据能量守恒定律分析电势能的变化，

由此分析电势的高低和电场力做功情况。

【解答】解：A、由速度﹣时间图象可知：粒子在电场中做匀减速直线运动，加速度是一

个定值，所以电场力不变，场强不变，因此该电场是匀强电场，不可能是由某正点电荷

形成的，故A错误；

BD、由速度图象可知，带电粒子在从M点到N点的过程中，速度减小，动能减小；由

于该粒子只有电场力做功，所以动能和电势能之和不变，根据能量守恒定律可知，电势

能逐渐增大，所以带电粒子所受的电场力方向从N→M，而粒子带正电，则电场线方向

从N→M，所以M点的电势低于N点的电势，故B错误、D正确；

C、带电粒子所受的电场力方向从N→M，粒子从M点运动到N点的过程中，电场力一

定对粒子做负功，故C错误。

故选：D。

【点评】本题主要抓住速度时间图象的特点：斜率等于加速度，分析出粒子做匀减速直

线运动，能根据能量守恒定律或电场力做功与电势能的关系来判断粒子电势能的变化情

况．

11．（如皋市期中）让一价氢离子和一价氦离子的混合物由静止开始经过同一匀强电场加速，

然后在同一匀强电场里偏转，并离开偏转电场，则氢离子和氦离子（）

A．在加速电场中的加速度相等

B．离开加速电场时的动能相等

C．在偏转电场中的运动时间相等

D．离开偏转电场时分成两股粒子束

【分析】两种粒子在偏转电场中做类平抛运动，垂直于电场方向上做匀速直线运动，根

据牛顿第二定律可分析在加速电场中的加速度，根据动能定理求出离开加速电场时的动

能表达式，根据两种粒子的电荷质量来分析；

两种粒子在偏转电场中，水平方向做速度为v0的匀速直线运动，根据比荷可分析在偏转

电场中经历的时间关系．

在偏转电场中分析离开偏转电场时的偏转角和偏转距离，从而分析离开偏转电场时是否

分成两股粒子束．

【解答】解：AB、设加速电压为U1，板间距离为d1，

在加速电场中，由牛顿第二定律可知：a＝

在加速电场中，由动能定理得：qU1＝，则离开加速电场时的动能：Ek＝＝

qU1

加速获得的速度为v0＝，

由于两种粒子的比荷不同，则在加速电场中的加速度不相等，

两种粒子所带电荷相等，则离开加速电场时的动能相等，故A错误，B正确；

CD、设偏转电压为U2，偏转极板的长度为L，板间距离为d2。

两种粒子在偏转电场中，水平方向做速度为v0的匀速直线运动，

由于两种粒子的比荷不同，则v0不同，所以两粒子在偏转电场中运动的时间不同，故C

错误；

粒子离开偏转电场时，沿电场线方向的分速度：

vy＝at＝•

速度的偏转角：tan＝＝＝，与电荷的电量和质量无关。两个粒子

θ

离开偏转电场时的速度方向相同。

在偏转电场中的偏转位移y＝＝＝，与电荷的电量和质量无

关。知出射点的位置相同。

所以两个粒子离开偏转电场时的速度方向和位置都相同，即离开偏转电场时只有一股粒

子束，故D错误；

故选：B。

【点评】解决本题的关键知道带电粒子在加速电场和偏转电场中的运动情况，知道从静

止开始经过同一加速电场加速，垂直打入偏转电场，运动轨迹相同，与粒子的比荷无关，

这可以当做结论记住便于提高做题速度．

12．（邳州市校级期中）如图a所示，A、B是一对平行金属板，在两板间加上一周期为T

的交变电压。A板的电势UA＝0，B板的电势UB随时间的变化规律如图b所示。现有一

电子从A板上的小孔进入两板间的电场区内，设电子的初速度和重力影响可忽略（）

A．若电子是在t＝时刻进入的，它将一直向B板运动

B．若电子是在t＝时刻进入的，它可能时而向B板，时而向A板运动，最后打在B

板上

C．若电子是在t＝时刻进入的，它可能时而向B板，时而向A板运动，最后打在B

板上

D．若电子是在t＝时刻进入的，它可能时而向B板，时而向A板运动

【分析】分析电子的受力情况，来确定电子的运动情况，如果电子一直向上运动，一定

能到达B板；如果时而向B板运动，时而向A板运动，则通过比较两个方向的位移大小，

分析能否到达B板．

【解答】解：A、若电子是在t＝时刻进入的，在～阶段是向上加速；在～向

上减速，末速度为零；在～T反向加速，T～反向减速，末速度为零，完成一个周

期的运动，接着周而复始，所以电子时而向B板运动，时而向A板运动，以某一点为中

心做往复运动，故A错误；

B、若电子是在t＝时刻进入时，在一个周期内：在～，电子受到的电场力向上，

向B板做加速运动，在～内，受到的电场力向下，继续向B板做减速运动，时

刻速度为零，～T接着向A板运动，T～时间内继续向A板运动，时刻速度为

零，完成一个周期的运动，接着周而复始，所以电子时而向B板运动，时而向A板运动，

根据运动学规律可知，在一个周期内电子向B板运动的位移大于向A板运动的位移，所

以电子最后一定会打在B板上。故B正确；

C、若电子是在t＝时刻进入的，在～，向上加速；～，向上减速；～

T，向下加速；T～，向下减速，速度减小为零，完成一个周期的运动，接着周而复

始，所以电子时而向B板运动，时而向A板运动，根据运动学规律可知，在一个周期内

电子向B板运动的位移小于向A板运动的位移，所以电子最后一定不会打在B板上，而

是从A板返回；故C错误；

D、若电子是在t＝时刻进入时，在一个周期内：在～T，电子受到的电场力向上，

向上做加速运动，在T～内，受到的电场力向下，继续向上做减速运动，时刻速

度为零，接着周而复始，所以电子一直向B板运动，一定不会到达A板，故D错误；

故选：B。

【点评】因极板间加交变电场，故粒子的受力是周期性变化的，本题应通过受力情况先

确定粒子的运动情况．根据位移情况判断电子能否打在两极板上．

13．（瑶海区月考）如图，来自质子源A的质子（初速度为零），经PQ两板间的匀强电场加

速，形成电流强度为I的细柱形质子流。质子电荷量为e，不计质子的重力和质子间相互

作用力，下列说法中正确的是（）

A．t时间内质子流打到靶板Q的质子数为

B．t时间内质子流每秒打到靶板Q的质子数为

C．到P板l和4l的两处，各取一段极短的相等长度的质子流，其中的质子数之比为2：

1

D．到P板l和4l的两处，各取一段极短的相等长度的质子流，其中的质子数之比为4：

1

【分析】根据q＝Tt求解打到Q靶的总电荷量再去求解质子数，在L和4L处电流相等，

根据电流相等求解质子数之比。

【解答】解：AB、由q＝It求得t时间内打到Q靶的总电荷量为It，质子电荷量为e，所

以质子数为：n＝，故AB错误。

CD、设L处质子速度为V1，4L处质子速度为V2，电流处处相等，所以：I＝n1esV1＝n2esV2，

所以质子数之比：

L处：由eEL＝得：

4L处：由eE4L＝得：

所以：，故C正确，D错误。

故选：C。

【点评】带电粒子在电场中的加速和偏转是常考题型，处理方法要熟练掌握。牵扯到电

流，要充分发挥电流微观表达式作用。

14．（日照二模）现代科学仪器常用电场、磁场控制带电粒子的运动。真空中存在着如图所

示的多层紧密相邻的匀强电场和匀强磁场，电场和磁场的宽度都相同，长度足够长。电

场强度方向水平向右，磁场方向垂直纸面向里。电场、磁场的边界互相平行且与电场方

向垂直。一个带正电的粒子在第1层左侧边界某处由静止释放，不计粒子的重力及运动

时的电磁辐射。已知粒子从第4层磁场右侧边界穿出时，速度的方向与水平方向的夹角

为30°。若保证粒子不能从第n层磁场右边界穿出，n至少为（）

A．12B．16C．20D．24

【分析】根据电场力做功可求出速度，再根据洛伦兹力提供向心力找出第n层中的半径

表达式，由数学规律可得出通项式，即可求出sinn；若粒子恰好不能从第n层磁场右侧

边界穿出，则有：n＝，根据已知n＝4时，速θ度的方向与水平方向的夹角联立解得

θ

保证粒子不能从第n层磁场右边界穿出时n的值。

【解答】解：设粒子在第n层磁场中运动的速度为vn，轨迹半径为rn；

则有：

2

nqEd＝mvn

qvnB＝m；

粒子进入第n层磁场时，速度的方向与水平方向的夹角为n，从第n层磁场右侧边界穿

出时速度方向与水平方向的夹角为n，粒α

子在电场中运动时，垂直于电场线方θ向的速度分量不变，有：

vn﹣1sinn﹣1＝vnsinn

如图1θ所示：α

图1

rnsinn﹣rnsinn＝d；

由以θ上三式可α得：

rnsinn﹣rn﹣1sinn﹣1＝d；

则可θ知，r1sin1θ、r2sin2、r3sin3、…rnsinn为一组等差数列，公差为d，可得：

rnsinn＝r1sinθ1+（n﹣1θ）d；θθ

当n＝θ1时，由θ图2可知：

r1sin1＝d

θ

图2

联立可得：rnsinn＝nd

联立解得：θ

sinn＝B

θ

若粒子恰好不能从第n层磁场右侧边界穿出，则有：

n＝

θ

sinn＝1

由题θ目可知当n＝4时，4＝30°，即

sin30°＝Bθ

当sinn＝1时，联立解得：

n＝16θ

故ACD错误,B正确；

故选：B。

【点评】解决该题的关键是知道粒子在电场以及磁场中的运动情况，抓住带电粒子垂直

于磁场方向的速度始终不变这一特点。同时该题的关键还有整体思想以及数学知识在物

理学中的应用，通过归纳总结得出sinn的通式。

15．（鼓楼区校级期中）如图所示，A、B为θ两竖直放置的平行金属板，B两板间电势差为U、

C、D为两水放置的平行金属板，始终和电源相接（图中并未画出），且板间的场强为E.

一质量为m、电荷量为q的带电粒子（重力不计）由静止开始，经A、B间加速进入CD

之间并发生偏转，最后打在荧光屏上，C、D两极板长均为x，与荧光屏距离为L，则

（）

A．该粒子带负电

B．该粒子在偏转电场中的偏移量为

C．该粒子打在屏上O点下方和O相距（+L）的位置

D．该粒子打在屏上的动能为qU

【分析】（1）根据带电粒子在偏转电场中受电场力的方向判断该粒子的电性；

（2）该粒子在偏转电场中做类平抛运动，根据平抛运动的规律求偏移量；

（3）粒子离开偏转之后做匀速直线运动，速度的反向延长线为平行板的虚线对称轴的中

点，根据几何关系求出该粒子打在屏上O点下方和O的距离；

（4）从加速电场出发到离开偏转电场过程，有动能定理可求出该粒子打在屏上的动能。

【解答】解：A、在偏转电场中，带电粒子向下极板偏转，受电场力与电场线方向相同，

该粒子带正电，故A错误；

B、粒子在AB之间，电场力加速，有动能定理可知：qU＝

在偏转电场中粒子做类平抛运动：

水平方向：x＝v0t

在竖直方向：y＝＝

联立解得偏移量y＝，故B错误；

C、粒子离开偏转之后做匀速直线运动，速度的反向延长线为平行板的虚线对称轴的中点，

如图所示，

由几何关系可知：，其中y＝，解得H＝，故C正确。

D、从加速电场出发到离开偏转电场过程，动能定理：

qU+qEy＝Ek，显然qU＜Ek。离开偏转电场后，粒子做匀速直线运动，所以打在屏上的

动能仍然为Ek，故D错误。

故选：C。

【点评】本题考查电子在加速电场和偏转电场中的规律：

在加速电场只有一个公式：电场力做功等于动能变化量，求出进入偏转电场的初速度；

在偏转电场中做类平抛运动，学会运动的分解，并根据运动学公式与牛顿第二定律及动

能定理综合解题。

16．（沙坪坝区校级期中）如图所示，在地面上方的水平匀强电场中，一个质量为m、电荷

量为+q的小球，系在一根长为L的绝缘细线一端，可以在竖直平面内绕O点做圆周运动。

AB为圆周的水平直径，CD为竖直直径。已知重力加速度为g，电场强度E＝。下列

说法正确的是（）

A．若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则它运动的最小速度为

B．若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则小球运动到D点时的机械能最小

C．若将小球在A点由静止开始释放，它将做完整的圆周运动

D．若将小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则小球运动到A点的最小速度为v＝

【分析】（1）小球在做圆周运动时，只有重力和电场力的合力提供向心力时，速度最小；

（2）小球做圆周运动，电场力做功改变机械能，电场力做负功使机械能减小；

（3）小球在A点收到的合力并不是指向圆心，小球沿着合力方向做匀加速直线运动；

（4）在O点对小球受力分析，合力方向与圆周的交点分别为小球能通过的几何最高点和

最低点，即速度最大值点和速度最小值点。从速度最小值点到A点过程中动能定理，求

出的A点速度即为小球运动到A点的最小速度。

【解答】解：A、由于电场强度E＝故mg＝Eq，将电场力和重力合成，合力方向通

过圆心时，合力所在的直线与圆周的交点是速度最大点和最小点。当绳子拉力为零时，

物体的加速度大小为a＝＝＝g，故若小球在竖直平面内绕O点做圆周运

动，则它运动的最小速度为v，在右上方的交点时，绳子拉力为零，此时则有：mg＝

m，解得，v＝，故A错误；

B、除重力和弹力外其它力做功等于机械能的增加值，若小球在竖直平面内绕O点做圆

周运动，则小球运动到A点时，电场力做负功绝对值最大，故到A点时的机械能最小，

故B错误；

C、由于mg＝Eq，则小球受合力方向与电场方向夹角45°斜向下，故若将小球在